高考化学复习物质的量专项易错题附详细答案.docx
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高考化学复习物质的量专项易错题附详细答案
高考化学复习物质的量专项易错题附详细答案
一、高中化学物质的量
1.将一定质量的镁铝混合物投入200mL硫酸中,固体全部溶解后,向所得溶液中加入5mol/L的NaOH溶液,生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示。
(1)写出Al与NaOH溶液反应的化学方程式___________________;
(2)镁和铝的总质量为________g;
(3)b点溶液中的溶质为__________,硫酸的物质的量浓度为___________mol/L;
(4)生成的氢气在标准状况下的体积为__________L;
(5)c点溶液中通入足量的CO2的反应化学方程式为___________。
【答案】2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑9Na2SO42.510.08NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3
【解析】
【分析】
由图象可知,从开始至加入NaOH溶液20mL,没有沉淀生成,说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后有剩余,溶液的溶质为H2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3,此时发生的反应为:
H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O;当V(NaOH溶液)=200mL时,沉淀量最大,此过程中Mg2+、Al3+与OH-反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3,溶液溶质为Na2SO4;从200mL到240mL,NaOH溶解固体Al(OH)3,发生反应:
OH-+Al(OH)3=AlO2-+2H2O,据此分析解答。
【详解】
(1)Al与NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2,反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑;
(2)根据图象可知Mg(OH)2和Al(OH)3的物质的量之和为0.35mol,从200mL到240mL,NaOH溶解Al(OH)3,当V(NaOH溶液)=240mL时,沉淀不再减少,此时全部为Mg(OH)2,物质的量为0.15mol,Al(OH)3的物质的量为0.35mol-0.15mol=0.2mol,由元素守恒可知n(Al)=n[Al(OH)3]=0.20mol,n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.15mol,所以镁和铝的总质量为m(Al)+m(Mg)=0.20mol×27g/mol+0.15mol×24g/mol=9g;
(3)沉淀量最大时为Mg(OH)2和Al(OH)3,溶液中溶质为Na2SO4,根据钠元素守恒可知此时n(Na2SO4)等于200mLNaOH溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍,所以n(Na2SO4)=0.5×5mol/L×0.2L=0.5mol,所以H2SO4的物质的量浓度c(H2SO4)=
=2.5mol/L;
(4)根据以上分析,n(Al)=0.2mol,n(Mg)=0.15mol,由于Al是+3价金属,Mg是+2价的金属,所以金属失去电子的物质的量n(e-)=3n(Al)+2n(Mg)=0.2mol×3+0.15mol×2=0.9mol,根据反应过程中得失电子守恒,可知反应产生氢气的物质的量n(H2)=
n(e-)=0.45mol,则在标准状况下的体积V(H2)=0.45mol×22.4L/mol=10.08L;
(5)在b点时溶液中溶质为Na2SO4,沉淀量为Mg(OH)2和Al(OH)3,在b→c过程中发生反应:
NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O,至c点,该反应恰好反应完全,故c点溶液的溶质为Na2SO4、NaAlO2,由于酸性:
H2CO3>Al(OH)3,所以c点溶液中通入足量的CO2,NaAlO2、CO2、H2O反应产生Al(OH)3和NaHCO3,反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3。
【点睛】
本题考查物质的量在镁、铝的重要化合物的计算的应用,把握图象各阶段的物质的量的关系及各阶段的化学反应为解答的关键,注意反应的先后顺序及利用守恒关系计算,侧重考查学生的分析与计算能力。
2.完成下列填空:
(1)已知反应:
Fe2O3+2Al
Al2O3+2Fe,则
①该反应所属基本反应类型是___。
②在反应中铁元素的化合价变化__(填“升高”或“降低”),该元素的原子__(填“失去”或“得到”)电子。
③发生氧化反应的是__,发生还原反应的是__。
(2)反应2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O中:
①反应中被氧化的元素是__,被还原的元素是___。
②若生成71gCl2,则消耗的HCl是__g,被氧化的HCl是__g。
【答案】置换反应降低得到AlFe2O3ClMn116.873
【解析】
【分析】
(1)①反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B。
②反应中,Fe的化合价由+3价变为0价;
③反应中,还原剂被氧化,发生氧化反应。
(2)①还原剂被氧化,氧化剂被还原;
②根据方程式进行计算。
【详解】
(1)①反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B,属于置换反应。
②反应中,Fe的化合价由+3价变为0价,化合价降低,得电子;
③反应中,还原剂被氧化,发生氧化反应,则Al发生氧化反应;Fe2O3发生还原反应。
(2)①还原剂被氧化,氧化剂被还原,则Cl被氧化,Mn被还原;
②若生成71gCl2,即1mol,需消耗3.2molHCl,即3.2×36.5=116.8g;化合价升高的HCl为2mol,即73g。
【点睛】
高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气,16molHCl参加反应,其中有10molHCl发生了氧化反应,产生了5molCl2,6molHCl价态没变,生成了盐,体现了其酸性的性质。
3.填写下列表格
序号
物质
分子数(用NA表示)
质量/g
物质的量/mol
摩尔质量/g·mol-1
体积/标况
(1)
氮气
___
14
___
___
___
(2)
H2SO4
3.01×1022
___
___
___
空
(3)
H2O
___
___
0.5
___
空
(4)
Cl2
___
___
___
___
2.24L
【答案】0.5NA0.52811.24.90.05980.5NA9180.1NA7.10.17.1
【解析】
【分析】
摩尔质量在以为g·mol-1单位时,数值上等于相对分子质量,以n=
、n=
、n=
这几个公式为基础,按试题中的要求,进行计算。
【详解】
(1)N2的摩尔质量在以为g·mol-1单位时,数值上等于相对分子质量,所以N2的摩尔质量是28g·mol-1,当N2的质量为14g时,n(N2)=
=0.5mol,N2的分子数N(N2)=0.5NA,标况下N2的体积为:
0.5mol
22.4L·mol-1=11.2L;
(2)H2SO4的分子数是3.01×1022,H2SO4的物质的量:
n(H2SO4)=
=0.05mol,H2SO4的摩尔质量是98g·mol-1,质量:
m(H2SO4)=0.05mol×98g·mol-1=4.9g;
(3)H2O的物质的量是0.5mol,水的摩尔质量:
M(H2O)=18g·mol-1,水分子的个数N(H2O)=0.5NA,水分子的质量是:
m(H2O)=0.5mol×18g·mol-1=9g;
(4)Cl2标况下的体积试剂2.24L,Cl2的物质的量:
n(Cl2)=
=0.1mol,Cl2的分子数是:
N(N2)=0.1NA,Cl2的摩尔质量是71g·mol-1,Cl2的质量:
m(Cl2)=0.1mol
71g·mol-1=7.1g;
【点睛】
考生熟练掌握n=
、n=
、n=
,这几个公式之间的换算;
4.实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫。
(1)如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫,并希望能控制反应速度,图中可选用的发生装置是______(填写字母)。
(2)若用硫酸和亚硫酸钠反应制取3.36L(标准状况)二氧化硫,如果已有40%亚硫酸钠(质量分数),被氧化成硫酸钠,则至少需称取该亚硫酸钠______ g (保留一位小数)。
(3)某热电厂上空大气中所含二氧化硫严重超标,现对该区域雨水样品进行探究。
首先用pH试纸测定雨水样品的pH,操作方法为______,测得样品pH约为3;为进一步探究由SO2所形成酸雨的性质,将一定量的SO2通入蒸馏水中,配成pH为3的溶液,然后将溶液分为A、B两份,将溶液B久置于空气中,与密闭保存的A相比,久置后的溶液B中水的电离程度将______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】ae31.5取一条试纸放在干燥洁净的表面皿(或玻璃片)上,用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在试纸中央,半分钟后待变色,再与对照标准比色卡读数。
减小
【解析】
【分析】
(1)用硫酸和亚硫酸钠制取SO2的试剂为固态和液态,反应条件不需加热,可通过控制添加硫酸的速率来控制反应速率;
(2)由硫守恒可得:
Na2SO3~SO2,根据关系式及二氧化硫的物质的量计算出需要亚硫酸钠的质量;结合亚硫酸钠的质量分数,再计算出需要变质后的亚硫酸钠的质量;
(3)测定pH,可用玻璃棒蘸取溶液,然后与比色卡对比;将溶液B久置于空气中,亚硫酸被氧化生成硫酸,溶液酸性增强。
【详解】
(1)用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫,并希望能控制反应速度,由于反应不需要加热,排除装置d;由于亚硫酸钠是细小颗粒,不可选用装置c;装置b无法可知反应速率,故可选用的发生装置为:
ae;
(2)若用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫,根据反应方程式:
Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O,根据反应方程式可知:
Na2SO3~SO2,n(SO2)=
=0.15mol,则需亚硫酸钠的质量为:
m(Na2SO3)=0.15mol×126g/mol=18.9g;如果已有40%亚硫酸钠(质量分数),被氧化成硫酸钠,则含亚硫酸钠的质量分数为60%,至少需称取该亚硫酸钠的质量为
==31.5g;
(3)测定pH,可用玻璃棒蘸取溶液,滴在pH试纸上,半分钟后与比色卡对比,操作方法为取一条试纸放在干燥洁净的表面皿(或玻璃片)上,用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在pH试纸上,半分钟后待变色,再对照标准比色卡读数;将溶液B久置于空气中,亚硫酸被氧化生成硫酸,导致溶液酸性增强,溶液中c(H+)增大,对水电离的抑制作用增强,则水的电离程度减小。
【点睛】
本题考查了二氧化硫气体的制取方法、物质含量的测定及溶液pH的测定等。
明确化学实验基本操作方法及常见气体发生装置特点为解答关键,注意掌握浓硫酸及二氧化硫的性质,试题侧重考查学生的化学实验能力和分析能力。
5.现有21.6g由CO和CO2组成的混合气体,在标准状况下其体积为13.44L。
回答下列问题:
(1)该混合气体的平均摩尔质量为________。
(2)混合气体中碳原子的质量为________。
(3)将混合气体依次通过如图所示装置,最后收集在气球中(实验在标准状况下测定)。
①气球中收集到的气体的摩尔质量为________。
②气球中收集到的气体中,电子总数为________(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
③气球的体积为________L。
【答案】36g·mol-17.2g28g·mol-14.2NA6.72
【解析】
【详解】
(1)标准状况下,该混合气体的物质的量为13.44÷22.4=0.6(mol),所以混合气体的平均摩尔质量M=m/n=21.6÷0.6=36(g·mol-1),
(2)由第一问已知混合气体的物质的量为0.6mol,而CO和CO2分子中均只含一个碳原子,故混合气体中的碳原子也为1mol,所以混合气体中碳原子的质量为0.6×12=7.2(g)
(3)CO和CO2组成的混合气体通过NaOH溶液后,CO2与NaOH反应被吸收,剩余的CO通过浓硫酸干燥,最后收集在气球中。
设CO的物质的量为x,则CO2的物质的量为0.6-x,列方程:
28x+44(0.6-x)=21.6,解得x=0.3mol。
①气球中收集到的气体为纯净的CO,其摩尔质量为28g·mol-1;②CO的物质的量为0.3mol,所以电子总数为0.3×14NA=4.2NA;③标准状况下,0.3molCO的体积为0.3×22.4=6.72(L),所以气球的体积为6.72L。
6.现有下列九种物质:
①HCl气体②Cu③蔗糖④CO2⑤H2SO4⑥Ba(OH)2固体⑦氯酸钾溶液⑧稀硝酸⑨熔融Al2(SO4)3
(1)属于电解质的是___;属于非电解质的是___。
(2)②和⑧反应的化学方程式为:
3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
上述反应中氧化产物是___。
硝酸没有全部参加氧化还原反应,参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的___。
用双线桥法分析上述反应(只需标出电子得失的方向和数目)___。
3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
(3)上述九种物质中有两种物质之间可发生离子反应:
H++OH-=H2O,该离子反应对应的化学方程式为___。
(4)⑨在水中的电离方程式为___,
(5)34.2g⑨溶于水配成1000mL溶液,SO42-的物质的量浓度为___。
【答案】①⑤⑥⑨③④Cu(NO3)2或Cu2+25%
Ba(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2OAl2(SO4)3=2Al3++3SO42-0.3mol/L
【解析】
【分析】
(1)在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质,包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水;在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质,包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物(如蔗糖、酒精等);
(2)氧化还原反应中所含元素化合价升高的反应物为还原剂,对应产物为氧化产物;依据硝酸中氮元素化合价的变化计算参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的量;根据Cu元素的化合价变化、N元素的化合价变化来分析,化合价升高的元素原子失去电子,化合价降低的元素的原子得到电子,化合价升高值=化合价降低值=转移电子数;
(3)H++OH-═H2O,可以表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水;
(4)硫酸铝为强电解质,水溶液中完全电离;
(5)计算3.42g硫酸铝的物质的量,依据硫酸铝电离方程式计算硫酸根离子的物质的量,依据
计算硫酸根离子的物质的量浓度。
【详解】
(1)①HCl气体是在水溶液里能导电的化合物,是电解质;
②Cu是单质,既不是电解质也不是非电解质;
③蔗糖是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物,是非电解质;
④CO2本身不能电离,属于非电解质;
⑤H2SO4是在水溶液里能导电的化合物,是电解质;
⑥Ba(OH)2固体是在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物,是电解质;
⑦氯酸钾溶液是混合物,既不是电解质也不是非电解质;
⑧稀硝酸是混合物,既不是电解质也不是非电解质;
⑨熔融Al2(SO4)3是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物,是电解质;
综上所述,属于电解质的是①⑤⑥⑨;属于非电解质的是③④;
故答案为:
①⑤⑥⑨;③④;
(2)3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,反应中铜元素化合价升高,为还原剂,对应产物硝酸铜为氧化产物,参加反应的硝酸有8mol,只有2mol硝酸中的N化合价降低,作氧化剂,参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的25%;在反应3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O中,Cu元素的化合价由0升高到+2价,N元素的化合价由+5降低为+2价,转移的电子为6e−,则用双线桥法标出电子得失的方向和数目为,
;
故答案为:
Cu(NO3)2或Cu2+;25%;
;
(3)H++OH−═H2O,可以表示稀硝酸与氢氧化钡反应,化学方程式为:
Ba(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2O;
故答案为:
Ba(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2O;
(4)硫酸铝为强电解质,完全电离,电离方程式为:
Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-;
故答案为:
Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-;
(5)3.42g硫酸铝的物质的量
,依据硫酸铝电离方程式:
Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-,可知硫酸根离子的物质的量为0.03mol,则硫酸根离子的物质的量浓度
;
故答案为:
0.3mol/L。
7.氧化还原反应原理在生产生活和科学研究中应用广泛。
(1)下列表述中没有氧化还原反应发生的是_____。
a.滴水成冰b.蜡炬成灰c.百炼成钢
(2)NH3和Cl2反应的方程式为:
NH3+Cl2﹣N2+HCl
①该反应中被氧化的元素是_____(填元素名称),氧化剂是_____(填化学式)。
②配平该方程式:
_____NH3+_____Cl2=_____N2+_____HCl
(3)“地康法”制氯气的反应原理图示如下:
①反应I的化学方程式为_____。
②若要制得标准状况下氯气11.2L,则整个反应中转移电子的物质的量为_____。
【答案】a氮Cl223162HCl+CuO=CuCl2+H2O1mol
【解析】
【分析】
(1)a、滴水成冰,没有生成新物质,属于物理变化,符合题意,a正确;
b.蜡炬燃烧生成二氧化碳和水,碳元素、氧元素化合价改变,属于氧化还原反应,与题意不符,b错误;
c.百炼成钢,为钢中的碳与氧气反应生成二氧化碳,碳元素、氧元素化合价改变,属于氧化还原反应,与题意不符,c错误;
(2)①还原剂化合价升高,被氧化,氧化剂化合价降低,被还原;
②利用化合价升降法配平;
(3)①根据反应原理图,反应I是HCl、CuO反应生成CuCl2和H2O;
②标准状况下11.2L氯气的物质的量是0.5mol,反应I是非氧化还原反应,反应II是氧化还原反应,氯元素化合价由﹣1升高为0。
【详解】
(1)a、滴水成冰,没有生成新物质,属于物理变化,符合题意,a正确;
b.蜡炬燃烧生成二氧化碳和水,碳元素、氧元素化合价改变,属于氧化还原反应,与题意不符,b错误;
c.百炼成钢,为钢中的碳与氧气反应生成二氧化碳,碳元素、氧元素化合价改变,属于氧化还原反应,与题意不符,c错误;
故答案为a;
(2)①NH3和Cl2反应中氮元素化合价由﹣3升高为0,氯元素化合价由0降低为﹣1,该反应中被氧化的元素是氮元素,氧化剂是Cl2;
②氮元素化合价由﹣3升高为0,氯元素化合价由0降低为﹣1,最小公倍数为6,根据得失电子守恒配平方程式是2NH3+3Cl2=N2+6HCl;
(3)①根据反应原理图,反应I是HCl、CuO反应生成CuCl2和H2O,反应方程式是2HCl+CuO=CuCl2+H2O;
②标准状况下11.2L氯气的物质的量是0.5mol,反应I是非氧化还原反应,反应II是氧化还原反应,根据2CuCl2+O2=2CuO+2Cl2,氯元素化合价由﹣1升高为0,所以生成0.5mol氯气转移1mol电子。
【点睛】
还原剂化合价升高,被氧化,发生氧化反应,生成氧化产物;氧化剂化合价降低,被还原,发生还原反应,得到还原产物。
8.现有14.4gCO和CO2的混合气体,在标准状况下其体积为8.96L。
(1)该混合气体的平均摩尔质量为____。
(2)混合气体中碳原子的个数为____(用NA表示阿伏加德罗常数)。
(3)将混合气体依次通过下列装置,最后收集在气球中(实验在标准状况下测定)。
①气球中收集到的气体的摩尔质量为____。
②气球的体积为____L。
【答案】36g·mol-10.4NA28g·mol-14.48
【解析】
【详解】
设CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol,则列方程组:
28x+44y=14.4,x+y=
mol,解之得x=0.2,y=0.2,气体共为0.4mol,则
(1)根据M=m/n可知,该混合气体的平均摩尔质量为14.4g÷0.4mol=36g/mol;
答案是:
36g/mol;
(2)CO和CO2中碳原子的物质的量为0.2mol×1+0.2mol×1=0.4mol,碳原子的个数为0.4mol×NA=0.4NA;
故答案是:
0.4NA;
(3)将混合气体依次通过如图所示装置,二氧化碳与氢氧化钠反应,经浓硫酸干燥,得到的气体为CO,
①气球中收集到的气体为CO,摩尔质量为28g/mol;
故答案是:
28g/mol;
②气球中收集到的气体为CO,标况下体积V=0.2mol×22.4L/mol=4.48L;
故答案是:
4.48。
9.计算:
(1)用14.2g无水硫酸钠配制成500mL溶液,其物质的量浓度为____mol·L-1。
(2)若从中取出50mL,其物质的量浓度为____mol·L-1;溶质的质量为___g。
(3)若将这50mL溶液用水稀释到100mL,所得溶液中Na+的物质的量浓度为____mol·L-1,SO42-的物质的量浓度为_____mol·L-1。
(4)已知:
ag某气体A含有b个分子,则cg该气体在标准状况下的体积为____L。
【答案】0.20.21.420.20.1
【解析】
【分析】
(1)根据n=m/M计算硫酸钠的物质的量,再根据c=n/V计算;
(2)溶液是均匀的,取出50mL溶液的浓度与原溶液浓度相等;含有溶质质量为原溶液中的1/10;
(3)根据稀释定律计算稀释后Na+、SO42-的物质的量浓度;
(4)根据ag气体的分子数为b,可知此气体的摩尔质量为M=NAag/bmol=a·NA/bg·mol-1.
【详解】
(1)14.2g硫酸钠的物质的量=14.2g/142g·mol-1=0.1mol,溶于水配成500mL溶液,所得溶液物质的量浓度为0.1mol/0.5L=0.2mol·L-1;
(2)溶液是均匀的,取出50mL溶液的浓度与原溶液浓度相等为0.2mol·L-1;含有溶质质量为原溶液中的1/10,含有溶质的质量=14.2g×1/10=1.42g;
(3)根据稀释定律,稀释后Na+的物质的量浓度=0.2mol·L-1×2×0.05L/0.1L=0.2mol·L-1;SO42-的物质的量浓度=0.2mol·L-1×1×0.05L/0.1L=0.1mol·L-1;
(4)根据ag气体的分子数为b,可知此气体的摩尔质量为M=NAag/bmol=a·NA/bg·mol-1,则cg该气体的物质的量n=m/M=
=bc/aNAmol,在标况下的体积为
L。
【点睛】
本题考查物质的量浓度计算、溶液稀释,注意根据物质的量浓度c=n/V计算,利用稀释定律,注溶液中粒子的浓度。
难点(4):
先算出摩尔质量,再算出cg的物质的量,再算出气体的体积。
10.
(1)在标准状况下①6.72LCH4②3.01×1023个HCl分子③13.6gH2S④0.2molNH3,体积最大的是____,密最大的是度___,质量最小的是___,氢原子个数最多的是____。
(填写序号)
(2)等温等压下,质子数相等的CO、N2两种气体,质量之比为____,体积之比为____,摩尔质量之比____。
(3)某物质在一定条件下加热分解,产物都是气
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